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Re: [obm-l] Probabilidades!
Há retificação na primeira e segunda fórmula que aparecem abaixo, o que
implicam retificações futuras. Talvez agora seja possível provar algo sobre
sempre mudar ou não no teu exercício, vou tentar quando tiver mais tempo.
Um forte abraço, João Carlos.
JoaoCarlos_Junior@net.
ms.gov.br Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Enviado Por: cc:
owner-obm-l@sucuri.mat Assunto: Re: [obm-l] Probabilidades!
.puc-rio.br
08/05/2003 07:55
Favor responder a
obm-l
Querido Euder Suzuki,
Realmente, estou equivocado e devo retificar a tentativa de resolução
do seu problema. Ele é distinto do meu por dois fatos:
*No seu problema, não há uma única laranja podre. Logo, a mudança na
segunda opção não significa escolher todo o subconjunto anteriormente não
escolhido, pois que, não se pode levar mais de uma laranja boa.
* Também, no seu problema, não são retiradas todas as laranjas podres
como no meu.
Nova Tentativa de Resolução do seu Problema
Aqui, pelo enunciado, a mudança é obrigatória. Logo a chance de se
levar uma laranja boa é:
(n/(n+m))*((n-1)/(n+m-k-1)) + (m/(n+m))*(n/n+m-k-1)
Eu sei que você sabe o que querem dizer cada uma dessas quatro
parcelas. Simplificando:
(n/(n+m))*((n+m-1/(n+m-k-1)) (1)
Já não tenho o teu primeiro e-mail sobre o assunto, mas talvez
tenha sido esta a tua resposta?
Outro problema é:
Dentre n laranjas, há uma única boa. São retiradas k laranjas, após
a primeira escolha, 0< k <(n-1). Acredito que esse é mais simples e sua
resposta é:
((n-1)/n)*(1/(n-1-k)) (2)
Estratégias: sempre mudar X 50% das vezes mudar
Essa questão de sempre mudar ou 50% das vezes mudar na segunda
oportunidade é estratégia de jogo. Não há alguma que esteja certa ou
errada, são formas de se jogar, isto é, de se escolher. A questão é saber
qual é melhor em cada caso, em todos os tipos de problemas variáveis
desse jogo.
Neste outro problema, imediatamente acima, a segunda estratégia é
sempre pior que a primeira. Fazer um gráfico de ambas as estratégias com
n=10 e k variando de 1 a 8 é muito "legal". Os valores das probabilidades
são, em percentuais, para k de 1 a 8, respectivamente, segundo as
estratégias:
1)Sempre mudar: 11,25%, 12,8571%, 15%, 18%, 22,5%, 30%, 45% e 90%.
2) 50% das vezes mudar: 10,625%, 11,4286%, 12,5%, 14%, 16,25%, 20%,
27,5% e 50%. Estou usando o EXCEL. Não sei se poderia enviar uma tabela?
Isto implica dizer que sempre:
((n-1)/n)*(1/(n-1-k)) > 1/2*(((n-1)/n)*(1/(n-1-k))+1/n)=1/2*((n-1)
+(n-1-k)/(n*n-1-k))= 1/2*(2n-2-k)/(n*(n-1-k))=(n-1-k/2)/(n*(n-1-k)) O que
verdade para qualquer k.
Acredito ainda que é provável que isto ocorra para qualquer outro
percentual diferente de 50% de mudança na segunda estratégia.
É razoável pensar que percentuais de mudança maiores que 50%
diminuem a diferença entre as estratégias, mas é provável que a segunda
opção sempre se desenvolva abaixo da primeira. Sei que não provei esta
afirmação, chutei-a, portanto.
Vamos a tentativa: seja p ? o percentual das vezes que trocamos na
segunda escolha. A chance de se sair com uma laranja boa é:
((n-1)/n)*(1/p)*(1/(n-1-k))+(1/n)*(1/(1-p))
Queremos provar, para todo p (percentual de 0 a 100) que, e se
não,...:
((n-1)/n)*(1/(n-1-k))> ((n-1)/n)*(1/p)*(1/(n-1-k))+(1/n)*(1/(1-p))
Simplificando, temos que a expressão acima equivale:
(n-1)/(n-1-k) < -p/((p-1)^2)
Como 0<k<(n-1), o lado esquerdo é maior que 1, logo:
1< -p/((p-1)^2) sss p^2 ? p + 1<0 sss
Eureka! O que é verdadeiro, pois que, a>0 e delta é menor. Logo,
não existe raiz, isto é, para qualquer valor de p, vale a desigualdade
acima.
No seu problema, admitindo que a equação (1) acima é a solução.
1) Para a estratégia de sempre mudar: seja n=10, m variando de 1 a
20 e k de 1 a 19, continuando com o EXCEL, temos: uma matriz A(tabela).
Como era de se esperar são válidos somente os dados abaixo da diagonal
principal, pois que k deve ser menor que n. Nesta matriz A, m está
decrescente na vertical e m crescente na horizontal.
2) Para a estratégia de 50% das vezes mudar: a chance é:
(m/(n+m))*1/2*(n/n+m-k-1) +(n/(n+m))*1/2 + (n/(n+m))
*1/2*(n-1)/(n+m-k-1)
Simplificando, fica: (n/(n+m))*(n+m-k/2-1)/(n+m-k-1).
Afirmar que (n-1) > (n/n+m)*(n+m-k/2-1) para quaisquer valores de m
e n, sempre, é impossível para mim. Na realidade, fazendo nova matriz B,
agora para esta estratégia, para os mesmos valores de n, m e k, e ainda,
uma terceira matriz C= A-B, há valores negativos em C, isto é, B>A, a
segunda estratégia supera a primeira. Por exemplo, os conjuntos: (n=10,
m=7 a 20, k=1); (n=10, m=11 a 20, k=2); (n=10; m=16 a 20; k=3).
Talvez seja possível provar, e ainda com facilidade para alguns de
nós, não para mim, que: fixando-se valores para k, a partir de
determinados valores de m em função de n, seja a segunda opção melhor que
a primeira.
Bem, isto está muitíssimo grande, logo acredito que deve haver erro
de conta. Também pergunto: será que não há erro de raciocínio?
Um forte abraço, João Carlos.
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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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